2023-2024学年广东省中山市高二下学期期末统一考试数学试卷（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1广东省中山市2023-2024学年高二下学期期末统一考试数学试卷注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的学校、班级、姓名、考场号、座位号和准考证号填写在答题卡上，将条形码横贴在答题卡“条形码粘贴处”.2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔在答题卡上将对应题目选项的答案信息，点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案.答案不能答在试卷上.3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答无效.4．考生必须保证答题卡的整洁.考试结束后，将试卷和答题卡一并交回.一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.若，则（）A.7 B.8 C.9 D.10【答案】B【解析】由题意，得，化简可得，解得．故选:B2.设某商场今年上半年月销售额（万元）关于月份…的经验回归方程为，已知上半年的总销售额为万元，则该商场月份销售额预计为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】由已知数据可得，因为经验回归方程经过样本的中心点，所以，解得,则经验回归方程为.所以，该商场月份销售额预计为.故选：C.3.已知函数在区间上单调递减，则实数的取值范围为（

）A. B. C. D.【答案】A【解析】因为，所以，因为在区间上单调递减，所以，即，则在上恒成立，因为在上单调递减，所以，故.故选：A.4.已知随机变量的分布列为，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】依题意，分布列概率之和为1，则，解得.即，所以.故选：A.5.已知随机变量服从正态分布，且，则等于（）A.0.4 B.0.3 C.0.2 D.0.1【答案】C【解析】解析由已知可得曲线关于直线对称，，所以，故．故选：C6.将五本不同的书全部分给甲，乙，丙三人，要求每人至少分得一本，则不同的分法有（）A.90种 B.150种 C.180种 D.250种【答案】B【解析】由题意可知将5本书可以分成1，2，2和1，1，3两种，①若将书分成1，2，2三组，再分配给3人，则有种分法，②若将书分成1，1，3三组，再分配给3人，则有种分法，所以由分类加法原理可知共有种分法，故选：B7.已知定义域为的函数,其导函数为，且满足，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】设，则，因，故得，即在上为减函数.对于A项，因，则，即，即，故A错误；对于B项，因，则，即，即得，故B错误；对于C项，因，则，即，即得，故C错误；对于D项，因，则，即，即得，故D正确.故选：D.8.在我国古代，杨辉三角（如图1）是解决很多数学问题的有力工具，从图1中可以归纳出等式：､类比上述结论，借助杨辉三角解决下述问题：如图2，该“刍童垛”共2021层，底层如图3，一边2023个圆球，另一边2022个圆球，向上逐层每边减少个圆球，顶层堆6个圆球，则此“刍童垛”中圆球的总数为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】由杨辉三角中观察得可得.推广，得到即由题意，2021层“刍童垛”小球的总个数为故选:B二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.9.随机变量且，随机变量，若，则（）A. B. C. D.【答案】AC【解析】对AB，因为且，所以，故，，选项A正确，选项B错误；对C，因为，所以，所以，解得，选项C正确；对D，，选项D错误，故选：AC.10.已知函数及其导函数的部分图象如图所示，设函数，则（）A.在区间上是减函数 B.在区间上是增函数C.在时取极小值 D.在时取极小值【答案】BC【解析】结合图像可知，当时，当时，，当时，，，因，故当时，，在区间上单调递减，当时，，在区间上单调递增，当时，，在区间上单调递减，故在处取得极小值，在处取得极大值，故选：BC11.关于函数，下列结论错误的是（）A.的解集是 B.是极小值，是极大值C.没有最小值，也没有最大值 D.有最大值，没有最小值【答案】C【解析】函数的定义域为R，对于A，，解得，即的解集是，A正确；对于BCD，，当或时，，当时，，则函数在上单调递减，在上单调递增，因此是极小值，是极大值，B正确；显然当时，恒成立，当时，，，而当时，函数的值域为，而，因此有最大值，没有最小值，C错误，D正确.故选：C三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.已知函数，则过原点且与曲线相切的直线方程为____________.【答案】【解析】设切点坐标为，，，，则曲线在点处的切线方程为，由于该直线过原点，则，得，因此，则过原点且与曲线相切直线方程为，故答案为：.13.对于随机事件,记为事件的对立事件,且,则__________.【答案】【解析】由题意可得，，且，则，又因为，则，且，所以.故答案为：.14.展开式中常数项为__________.【答案】【解析】表示个相乘，则常数项，应为个，个，个，个相乘，所以展开式中的常数项为.故答案为：.四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.15.已知函数．（1）求的最小值；（2）设，证明：解：（1）因为，，则，令，得；令，得；所以在上单调递减，在上单调递增，所以最小值为.（2）因为，，所以由，得，即，令，，则，令，得；令，得；所以在上单调递减，在上单调递增，则，即恒成立，所以.16.现有两台车床加工同一型号的零件.第1台车床的正品率为，第2台车床的正品率为，将加工出来的零件混放在一起.已知第1，2台车床加工的零件数分别为总数的.（1）从混放的零件中任取1件，如果该零件是次品，求它是第2台车床加工出来的概率；（2）从混放的零件中可放回抽取10次，每次抽取1件，且每次抽取均相互独立.用表示这10次抽取的零件是次品的总件数，试估计的数学期望.解：（1）不难知，第1台加工零件的次品率为，第2台加工零件的次品率为.记事件表示“从混放的零件中任取一个零件，该零件是次品”，事件表示“从混放的零件中任取一个零件，该零件是第台车床加工的”，.则.（2）的可能取值为，且服从二项分布.由（1）知，..17.规定，其中是正整数，且，这是组合数(是正整数，且)的一种推广．（1）求的值；（2）设，当为何值时，取得最小值?（3）组合数的两个性质：①；②是否都能推广到(是正整数)的情形?若能推广，则写出推广的形式并给出证明；若不能，则说明理由．解：（1）（2）∵当且仅当时，取等号∴当时，取得最小值．（3）性质①不能推广．例如当时，有意义，但无意义；性质②能推广，其推广形式是：，是正整数，事实上，当时，有，当时，．18.为了解某一地区新能源电动汽车销售情况，一机构根据统计数据，用最小二乘法得到电动汽车销量（单位：万台）关于（年份）的线性回归方程，且销量的方差为，年份的方差为．（1）求与的相关系数，并据此判断电动汽车销量与年份的线性相关性的强弱．（2）该机构还调查了该地区90位购车车主的性别与购车种类情况，得到的数据如下表：性别购买非电动汽车购买电动汽车总计男性39645女性301545总计692190依据小概率值的独立性检验，能否认为购买电动汽车与车主性别有关？（3）在购买电动汽车的车主中按照性别进行分层抽样抽取7人，再从这7人中随机抽取3人，记这3人中男性的人数为，求的分布列和数学期望．①参考数据：．②参考公式：线性回归方程为，其中；相关系数，若，则可判断与线性相关较强；，其中．附表：0.100.050.0100.0012.7063.8416.63510.828解：（1）由，得，由，得，因为线性回归方程，则，即，因此相关系数，所以电动汽车销量与年份的线性相关性的较强.（2）零假设：购买电动汽车与车主性别无关，由表中数据得：，依据小概率值的独立性检验，推断不成立，即认为购买电动汽车与车主性别有关，此推断犯错误的概率不大于0.05.（3）按购买电动汽车的车主进行分层抽样，抽取的7人中男性有人，女性有5人，则的可能值为，，所以的分布列为：012的数学期望.19.已知函数是的导函数．（1）证明：在上存在唯一零点；（2）设函数．①当时，求函数的单调区间；②当时，讨论函数零点的个数．解：（1）由题意可知，由得，即，令，易知在R上单调递增，又，若，由于且；若，由于且；所以在上存在唯一零点，使得，即在上存在唯一零点.（2）①当时，易求，由（1）知单调递增，且只存在一个零点，所以有两个零点，分别是和，注意到，所以，可得在区间和上，，即此时单调递增，在上，，即此时单调递减；②易知，即的一个零点为，（i）当时，由上可知，即，此时在区间在区间和上，，单调递增，在上，，单调递减，则时取得极大值，又，即此时的零点只一个为；（ii）当时，易知，此时，则在R上单调递增，所以此时的零点只有一个为；（iii）当时，易知，此时在区间和上，，单调递增，在上，，单调递减，则时取得极大值，即，因为，所以，若，则，若，则，所以，同上此时的零点只有一个为.综上所述：的零点只有一个为.广东省中山市2023-2024学年高二下学期期末统一考试数学试卷注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的学校、班级、姓名、考场号、座位号和准考证号填写在答题卡上，将条形码横贴在答题卡“条形码粘贴处”.2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔在答题卡上将对应题目选项的答案信息，点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案.答案不能答在试卷上.3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答无效.4．考生必须保证答题卡的整洁.考试结束后，将试卷和答题卡一并交回.一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.若，则（）A.7 B.8 C.9 D.10【答案】B【解析】由题意，得，化简可得，解得．故选:B2.设某商场今年上半年月销售额（万元）关于月份…的经验回归方程为，已知上半年的总销售额为万元，则该商场月份销售额预计为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】由已知数据可得，因为经验回归方程经过样本的中心点，所以，解得,则经验回归方程为.所以，该商场月份销售额预计为.故选：C.3.已知函数在区间上单调递减，则实数的取值范围为（

）A. B. C. D.【答案】A【解析】因为，所以，因为在区间上单调递减，所以，即，则在上恒成立，因为在上单调递减，所以，故.故选：A.4.已知随机变量的分布列为，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】依题意，分布列概率之和为1，则，解得.即，所以.故选：A.5.已知随机变量服从正态分布，且，则等于（）A.0.4 B.0.3 C.0.2 D.0.1【答案】C【解析】解析由已知可得曲线关于直线对称，，所以，故．故选：C6.将五本不同的书全部分给甲，乙，丙三人，要求每人至少分得一本，则不同的分法有（）A.90种 B.150种 C.180种 D.250种【答案】B【解析】由题意可知将5本书可以分成1，2，2和1，1，3两种，①若将书分成1，2，2三组，再分配给3人，则有种分法，②若将书分成1，1，3三组，再分配给3人，则有种分法，所以由分类加法原理可知共有种分法，故选：B7.已知定义域为的函数,其导函数为，且满足，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】设，则，因，故得，即在上为减函数.对于A项，因，则，即，即，故A错误；对于B项，因，则，即，即得，故B错误；对于C项，因，则，即，即得，故C错误；对于D项，因，则，即，即得，故D正确.故选：D.8.在我国古代，杨辉三角（如图1）是解决很多数学问题的有力工具，从图1中可以归纳出等式：､类比上述结论，借助杨辉三角解决下述问题：如图2，该“刍童垛”共2021层，底层如图3，一边2023个圆球，另一边2022个圆球，向上逐层每边减少个圆球，顶层堆6个圆球，则此“刍童垛”中圆球的总数为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】由杨辉三角中观察得可得.推广，得到即由题意，2021层“刍童垛”小球的总个数为故选:B二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.9.随机变量且，随机变量，若，则（）A. B. C. D.【答案】AC【解析】对AB，因为且，所以，故，，选项A正确，选项B错误；对C，因为，所以，所以，解得，选项C正确；对D，，选项D错误，故选：AC.10.已知函数及其导函数的部分图象如图所示，设函数，则（）A.在区间上是减函数 B.在区间上是增函数C.在时取极小值 D.在时取极小值【答案】BC【解析】结合图像可知，当时，当时，，当时，，，因，故当时，，在区间上单调递减，当时，，在区间上单调递增，当时，，在区间上单调递减，故在处取得极小值，在处取得极大值，故选：BC11.关于函数，下列结论错误的是（）A.的解集是 B.是极小值，是极大值C.没有最小值，也没有最大值 D.有最大值，没有最小值【答案】C【解析】函数的定义域为R，对于A，，解得，即的解集是，A正确；对于BCD，，当或时，，当时，，则函数在上单调递减，在上单调递增，因此是极小值，是极大值，B正确；显然当时，恒成立，当时，，，而当时，函数的值域为，而，因此有最大值，没有最小值，C错误，D正确.故选：C三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.已知函数，则过原点且与曲线相切的直线方程为____________.【答案】【解析】设切点坐标为，，，，则曲线在点处的切线方程为，由于该直线过原点，则，得，因此，则过原点且与曲线相切直线方程为，故答案为：.13.对于随机事件,记为事件的对立事件,且,则__________.【答案】【解析】由题意可得，，且，则，又因为，则，且，所以.故答案为：.14.展开式中常数项为__________.【答案】【解析】表示个相乘，则常数项，应为个，个，个，个相乘，所以展开式中的常数项为.故答案为：.四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.15.已知函数．（1）求的最小值；（2）设，证明：解：（1）因为，，则，令，得；令，得；所以在上单调递减，在上单调递增，所以最小值为.（2）因为，，所以由，得，即，令，，则，令，得；令，得；所以在上单调递减，在上单调递增，则，即恒成立，所以.16.现有两台车床加工同一型号的零件.第1台车床的正品率为，第2台车床的正品率为，将加工出来的零件混放在一起.已知第1，2台车床加工的零件数分别为总数的.（1）从混放的零件中任取1件，如果该零件是次品，求它是第2台车床加工出来的概率；（2）从混放的零件中可放回抽取10次，每次抽取1件，且每次抽取均相互独立.用表示这10次抽取的零件是次品的总件数，试估计的数学期望.解：（1）不难知，第1台加工零件的次品率为，第2台加工零件的次品率为.记事件表示“从混放的零件中任取一个零件，该零件是次品”，事件表示“从混放的零件中任取一个零件，该零件是第台车床加工的”，.则.（2）的可能取值为，且服从二项分布.由（1）知，..17.规定，其中是正整数，且，这是组合数(是正整数，且)的一种推广．（1）求的值；（2）设，当为何值时，取得最小值?（3）组合数的两个性质：①；②是否都能推广到(是正整数)的情形?若能推广，则写出推广的形式并给出证明；若不能，则说明理由．解：（1）（2）∵当且仅当时，取等号∴当时，取得最小值．（3）性质①不能推广．例如当时，有意义，但无意义；性质②能推广，其推广形式是：，是正整数，事实上，当时，有，当时，．18.为了解某一地区新能源电动汽车销售情况，一机构根据统计数据，用最小二乘法得到电动汽车销量（单位：万台）关于（年份）的线性回归方程，且销量的方差为，年份的方差为．（1）求与的相关系数，并据此判断电动汽车销量与年份的线性相关性的强弱．（2）该机构还调查了该地区90位购车车主的性别与购车种类情况，得到的数据如下表：性别购买非电动汽车购买电动汽车总计男性39645女性301545总计692190依据小概率值的